a Chứng minh rằng phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt b Gọi hai nghiệm của phương trình là x1, x2.. Tìm giá trị nhỏ nhất đó của A.. 2 Một người dự định đi xe máy từ thành phố A đ
Trang 1TRƯỜNG THCS KẾ SÁCH KỲ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT , NĂM HỌC 2013- 2014
MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang)
C©u 1 (2 ®iÓm):
1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:
a) 3x2 - 4x + 1= 0
b) 13 − + =x 1 x
2) Cho hai đường thẳng (d1): y = 2x+ 5; (d2): y = 4x+ 1 cắt nhau tại I Tìm m để
đường thẳng (d3): y = (m+1)x + 2m - 1 đi qua điểm I
Câu 2 (2 điểm):
1) Rút gọn biểu thức P=( x 2)(3 x 1) + x1 1 2 + 1 x
− + với x≥ 0 và x≠4
2) Cho hệ phương trình + =3x y x y+ =52m+9 (m là tham số)
a) Giải hệ phương trình khi m = 2
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x; y cùng dương
Câu 3 (2 điểm):
1) Cho phương trình 2x2 - 4mx + 2m - 1 = 0 (1), với m là tham số
a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
b) Gọi hai nghiệm của phương trình là x1, x2 Với các giá trị nào của m thì biểu thức A= (x1- x2)2+ 2012 đạt giá trị nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó của A
2) Một người dự định đi xe máy từ thành phố A đến thành phố B cách nhau 90 km
Vì có việc cần phải đến B sớm hơn dự định là 45 phút, nên người ấy phải đi nhanh hơn mỗi giờ 10 km Hãy tính vận tốc mà người đó dự định đi
Câu 4 (3 điểm):
Cho đường tròn (O) đường kính AB, điểm C thuộc đường tròn (O) (CB < CA,
C≠B) D là điểm chính giữa của cung AC, AD cắt BC tại E.
a) Chứng minh rằng: tam giác ABE cân tại B
b) F là điểm thuộc AC sao cho C là trung điểm của AF Chứng minh ·EFA EBD= · c) AC cắt BD tại H, EH cắt AB tại K, KC cắt EF tại I Chứng minh rằng tứ giác EIBK nội tiếp và HF EI EK
BC = BI +BK .
Câu 5 (1 điểm):
Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a2+ b2 = 1 và a4 b4 1
c + d =c d
+
Chứng minh rằng a2 d2 2
c +b ≥
-Hết -Họ và tên thí sinh: : Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: : Chữ kí của giám thị 2:
Trang 2Trờng THCS KẾ SÁCH năm học 2013- 2014
Môn Toán: Lớp 9
Câu 1
(2điểm)
1 a) 3x2 - 4x + 1= 0
Có a+b+c = 3+(-4)+1 = 0 ⇒ Phơng trình có hai nghiệm: x1= 1; x2 = 1
3 Vậy tập nghiệm của phơng trình là S = 1;1
3
0,25
0,25 b) 13 − + =x 1 x ⇔ − + 13 x 13 − − =x 12 0 (1) (1)
*ĐK: x≤ 13
Đặt 13 x− = t (t ≥ 0) (1) ⇔ t2+ t -12 = 0
Có ∆=12 - 4 (-12) = 1+48 = 49 >0
1 2
1 49 1 7
3 ( / )
1 49 1 7
4 ( )
Với t = 3 ⇒ 13 − = ⇔ − = ⇔ =x 3 13 x 9 x 4 (t/m) Vậy tập nghiệm của phơng trình là S = { }4
0,25
0,25
2 - Tìm đúng tọa độ của điểm I (2; 9)
- Thay tọa độ của I vào (d3), giải tìm đợc m = 2 rồi kết luận 0,50,5
Câu 2
(2điểm)
1
( 0; 4)
1 2
0
Vậy P = 0 với x≥ 0 và x≠ 4
0,25 0,25
0,25
2 a) - Thay m= 2 vào hệ pt giải đúng tìm đợc x = 2+ 2; y= 3 - 2 rồi kết luận
b) Giải hệ + =3x y x y+ =52m+9 tìm đợc (x; y) = (m+2; 3-m)
Để hệ phơng trình có hai nghiệm x > 0 và y > 0 thì
m
− > <
0,5 0,5
0,25
Câu 3
(2điểm)
1 a) Phơng trình 2x2 - 4mx + 2m -1=0 (1)
4m 2(2m 1) (2m 1) 1 0
′
do đó phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
b) Phơng trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m (cma), theo hệ thức Vi-ét ta có:
0,5
Trang 31 2
1 2
2
2 1
2
m
x x
+ =
Ta có A =(x1-x2)2 + 2012 = (x1+x2)2- 4x1x2+2012 = 4m2-2(2m-1) + 2012= (4m2- 4m + 1)+ 2013 = (2m- 1)2 + 2013 ≥ 2013 với mọi m
Dấu "=" xảy ra khi 2m - 1=0 1
2
m
⇒ =
Vậy biểu thức A đạt GTNN là 2013 khi 1
2
m=
0,25
0,25
2 Đổi 45 phút = 3
4h Gọi vận tốc dự định đi là x (km/h), (x>0) Vận tốc thực tế đi là x+10 (km/h)
Thời gian dự định đi là 90( )h
x
Thời gian thực tế đi là: 90 ( )
10 h
x+
Theo bài ra ta có phơng trình:
2
90 90 3
10 1200 0
10 4 x x
+
Có ∆'= 25+1200= 1225 > 0 Giải phơng trình đợc x1 = 30 (thỏa mãn); x2 = -40 (không thỏa mãn)
Vậy vận tốc dự định đi là 30km/h
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
(3điểm)
- Vẽ hình đúng
H
O
E
F
C
K
D
I
0,25
a Xét đờng tròn (O) có ằAD DC= ằ ⇒ãABD DBC= ã (2góc nội tiếp
chắn hai cung bằng nhau)
⇒ BD là phân giác của ãABE
90
ADB= (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) ⇒BD⊥AE
Vậy ∆ABE có BD là phân giác, đồng thời là đờng cao nên ∆
ABE cân tại B (đpcm)
0,25
0,25 0,25
Trang 4BE AF
⇒ ⊥ tại C hay EC ⊥ AF
Xét ∆AEF có C là trung điểm của AF ⇒ EC là đờng trung
tuyến ứng với AF ⇒ EC là đờng trung tuyến đồng thời là
đ-ờng cao nên ∆AEF cân tại E
EAC EFA
Mà ãEAC EBD= ã (2 góc nội tiếp chắn cung ằDC của (O)
EFA EBD
0,25
0,25
c Có ãEFA EBD= ã (cmb) hay EFHã =EBHã
Mà F, B thuộc nửa mặt phẳng bờ EH ⇒ Tứ giác EFBH nội
tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai
đỉnh còn lại góc không đổi)
FEB FHB
⇒ = (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Xét (O) có ãACB= 90 0(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
ã 90 0
HCB
Có AC ⊥ EB, BD ⊥ AE, mà BD ∩ AE tại H ⇒ H là trực
tâm của ∆ ABE ⇒ EH ⊥ AB tại K ⇒HKBã = 90 0
Xét tứ giác HKBC có ãHCB HKB+ ã = 90 0 + 90 0 = 180 0
⇒ tứ giác HKBC nội tiếp.
CKB CHB
⇒ = (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Mà IEB CHBã =ã (do FEB FHBã = ã )
⇒ CKB IEBã = ã hay ãIKB IEB= ã
⇒ Tứ giác EIBK nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng
nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại góc không đổi)
*Có EIBã = 180 0 −EKBã = 180 0 − 90 0 = 90 0
Xét ∆BCF và ∆EIB có:
ã ã
0
90
( ) ( )
(1)
EIB BHC
CHB EIB g g CHB IEB cmt
HC EI
CB IB
:
Có tứ giác E FBH nội tiếp ⇒BFC BEKã = ã (2 góc nội tiếp cùng
chắn cung ẳBH )
Xét ∆HCB và ∆BKE có:
0
90
( ) ( )
(2)
BCF BKC
BCF BKE g g BFC BEK cmt
CF EK
BC BK
:
Cộng từng vế của (1) và (2) ⇒ (đpcm)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 5Câu 5
(1điểm)
Có a2+ b2 = 1 và a4 b4 1
c + d =c d
a b
+
+
⇔ d(c+d)a4 + c(c+d)b4 = cd(a2+b2)2
⇔dca4 d2a4+ c2a4+cdb4 = cd(a4+b4 +2a2b2)
⇔d2a4 + c2b4 - 2cda2b2 = 0
⇔(da2- cb2)2 = 0
⇔da2- cb2 = 0 ⇔ da2 = cb2 a2 b2
c d
Do đó a2 d2 2 b2 d2 2 (b2 2d)2 0
−
Vậy a2 d2 2
c +b ≥ (đpcm)
0,25
0,25
0,25 0,25
* Chú ý: HS làm đúng cách khác vẫn cho điểm tối đa.
- Hết
Trang 6-*§K: 1≤ ≤x 13
(1) ⇔ 13 - x = x2- 2x + 1
⇔ x2- x-12 = 0
Cã ∆=(-1)2 - 4 (-12) = 1+48 = 49 >0
1
2
1 49 1 7
4 ( / )
1 49 1 7
3 ( )
VËy tËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ S = { }4